EXERCICE1 5 points Commun à tous les candidats
Partie A : Étude d’une fonction 1. a. De lim
x→+∞x= +∞et lim
x→+∞lnx= +∞, on conclut que limx
→+∞f(x)= +∞.
b. On sait que lim
x→0xlnx=0, donc lim
x→0f(x)= −1.
2. f′(x)=lnx+x×1
x=lnx+1.
On a donc f′(x)>0 ⇐⇒ lnx+1>0 ⇐⇒ lnx> −1 ⇐⇒ x>e−1 (par croissance de la fonction exponentielle). On peut donc en déduire quef est croissante sur¤
e−1;+∞£ . De mêmef′(x)<0⇐⇒ x<e−1etf′(x)=0⇐⇒ x=e−1.
On a f ¡ e−1¢
=e−1ln¡ e−1¢
−1= −e−1−1. On a donc le tableau de variations de la fonction f sur ]0 ;+∞[ suivant :
x 0 e−1 +∞
f′(x) − 0 +
f(x)
−1
−e−1−1
+∞
3. Sur¤ 0 ; e−1£
,f(x)6−1<0. l’équation n’a pas de solution sur cet intervalle.
Sur l’intervalle£
e−1;+∞£
, la fonction f est continue car dérivable et strictement monotone crois- sante : il y a donc une bijection de£
e−1;+∞£ sur£
−e−1−1 ;+∞£ . Conclusion : il existe un réel uniqueαde l’intervalle£
e−1;+∞£
tel quef(α)=0.
La calculatrice donne successivement : 1, 7<α<1, 8, puis 1, 76<α<1, 77.
4. La question précédente montre que :
— sur ]0 ;α[ , f(x)<0 ;
— f(α)=0 ;
— sur ]α;+∞[, f(x)>0.
5. On af(α)=0⇐⇒ αlnα−1=0⇐⇒ αlnα=1 ⇐⇒lnα= 1
α(carα6=0).
Partie B : Calcul d’une intégrale
1. On sait que sur l’intervalle [α; 4] la fonctionf est positive, queα<4, donc l’intégrale est (en unité d’aire) l’aire de la surface hachurée limitée par la courbeC, l’axe des abscisses et les droites d’équa- tions respectivesx=αetx=4.
2. Posons
½ u′(x) = x v(x) = lnx =⇒
u(x) = x2 2 v′(x) = 1
x
Toutes ces fonctions sont continues car dérivables sur l’intervalle [α; 4], on peut donc faire une intégration par parties :
I=
·x2 2 lnx
¸4
α
− Z4
α
x2 2 ×1
xdx=
·x2 2 lnx
¸4
α
− Z4
α
x 2dx=
·x2
2 lnx−x2 4
¸4
α
= 8ln 4−4−
µα2
2 lnα−α2 4
¶
=8ln 4−4+α2 4 −α2
2 lnα. 3. I=
Z4 α
(xlnx−1) dx= Z4
α
xlnxdx− Z4
α
1 dx=J−[x]4α=8ln 4−4+α2 4 −α2
2 lnα−4+α. On a vu que lnα= 1
α, donc : I=8ln 4−4+α2
4 −α2
2α−4+α=8ln 4−4+α2 4 −α
2−4+α=8ln 4−8+α2 4 +α
2=8ln 22−8+α2 4 +α
2= 16ln 2−8+α2
4 +α 2
De l’encadrement trouvé 1, 76<α<1, 77, on déduit successivement : 3,0976<α2<3,1329⇒00,7744<α2
4 <0,783225 et 0, 88<α
2 <0, 885 et finalement : 4,7444<I<4,768225.
On a doncI≈4, 8 (u. a.) à 0,1 près.
EXERCICE2 5 points
Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité 1. a. −−→
AB (2 ; −8 ; −2),−−→
AC (3 ; 0 ; 1) : ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires, dont les trois points distincts A, B et C définissent un plan.
b. On a→− n·−−→
AB=2−8+6=0 et−→ n ·−−→
AC=3−3=0.
Le vecteur−→
n orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC) est donc un vecteur nor- mal au plan (ABC).
c. On sait queM(x;y ;z)∈(ABC)⇐⇒ 1x+1y−3z+d=0. En particulier C(2 ; 2 ; 2)∈(ABC)⇐⇒
1×2+1×2−3×2+d=0⇐⇒ d=2.
Conclusion :M(x;y;z)∈(ABC)⇐⇒ x+y−3z+2=0.
2. a. Le vecteur→−
p(1 ;−1 ; 1) est un vecteur normal au plan (P).
Or−→ n et−→
p ne sont pas colinéaires, ce qui signifie que les plans (ABC) etP ne sont pas parallèles donc sécants.
b. M(x;y ;z)∈D ⇐⇒ M(x; y; z)∈
½ x+y−3z+2 = 0 x−y+z−4 = 0 ⇐⇒
x+y = 3t−2 x−y = −t+4 (1)
z = t
⇒ 2x=2t+2 ⇐⇒ x=t+1.
En remplaçant dans l’équation (1)y=x+z−4=z+1+z−4=2t−3.
Finalement :M(x;y;z)∈D ⇐⇒
x = t+1 y = 2t−3 z = t 3. a. Le point deDcorrespondant àt=1 est le point I.
b. CalculonsΩI2=(2−3)2+(−1−1)2+(1−3)2=1+4+4=9, doncΩI=3 : le point I appartient à la sphèreS.
c. Un pointM(x;y;z) appartient àSsi et seulement siΩM2=9 ⇐⇒(x−3)2+(y−1)2+(z−3)2=9.
Un pointM(x;y;z) appartient àDet àSsi et seulement si ses coordonnées vérifient les équa-
tions :
x = 1+t
y = −3+2t
z = t
(x−3)2+(y−1)2+(z−3)2 = 9
⇒
(1+t−3)2+(−3+2t−1)2+(t−3)2=9⇐⇒ t2+4−4t+4t2+16−16t+t2+9−6t=9 ⇐⇒
6t2−26t+20=0 ⇐⇒3t2−13t+10=0.
On sait que I appartient àSdonct=1 est une des des solutions de l’équation du second degré.
Or 3t2−13t+10=(t−1)(3t−10) ; donc l’autre solution est donnée par 3t−10=0 ⇐⇒ t=10 3 , valeur du paramètre qui conduit à J
µ13 3 ; 11
3 ; 10 3
¶ .
EXERCICE2 5 points
Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité
1. a. Les pointsM(x; y; z) communs àP et au plan d’équationz=5 ont leurs cordonnées qui véri- fient :
½ z = x2+y2
z = 5 =⇒
½ x2+y2 = 5
z = 5
Ces points appartiennent donc au cercle situé dans le plan d’équation z =5, cercle de centre (0 ; 0 ; 5) et de rayonp
5.
b. De même Les pointsM(x;y;z) communs àP et au plan d’équationy=1 ont leurs cordonnées qui vérifient :
½ z = x2+y2
y = 1 =⇒
½ z = x2+1 y = 1
On reconnaît une parabole (de sommet (0 ; 0 ; 1) située dans le plan d’équationy=1.
2. a. M(x;y;z)∈S ⇐⇒OM2=R2=6⇐⇒ x2+y2+z2=6.
M(x;y;z)∈S ⇐⇒x2+y2+z2=6
b. Les pointsM(x;y;z) communs àPet à la sphèreSont leurs cordonnées qui vérifient :
½ z = x2+y2
x2+y2+z2 = 6 =⇒z+z2=6 ⇐⇒ z2+z−6=0.
Cette équation du second degré a une solution évidente : 2 ; l’autre est donc−3.
Orz= −3=x2+y2ne correspond à aucun point puisquex2+y2>0.
Il reste donc la solution :z=2=x2+y2.
Les pointsM(x ; y ;z) communs àP et à la sphèreS sont donc des points du cercle centré en (0 ; 0 ; 2) et de rayonp
2.
3. a. Le couple solution (−1 ;−1) est évident.
b. De
½ −3x+2y = 1
−3×(−1)+2×(−1) = 1 =⇒(par différence)
−3(x+1)+2(y+1)=0 ⇐⇒2(y+1)=3(x+1) (1).
2 divise donc 3(x+1), mais (Gauss) comme il est premier avec 3, il divisex+1.
Il existe donc un entierktel quex+1=2k ⇐⇒ x=2k−1.
En reportant le résultatx+1=2kdans (1), on obtient 2(y+1)=3×2k ⇐⇒ y+1=3k ⇐⇒ y= 3k−1.
Les couples solutions sont donc de la forme (2k−1 ; 3k−1), k∈Z.
D’après le résultat précédent un point de coordonnées entières appartient au plan si ses coor- données sont de la forme (2k−1 ; 3k−1), k∈Z; ils appartiennent de plus àP si et seulement si :
z=x2+y2=(2k−1)2+(3k−1)2=4k2+1−4k+9k2+1−6k=13k2−10k+2.
Il reste à trouver les points tels quez625.
z625 ⇐⇒13k2−10k+2625⇐⇒ 13k2−10k−2360
L’équation 13k2−10k−23=0 a une solution évidente−1 ; l’autre est donc23 13.
Le trinôme 13k2−10k−23 est négatif entre ses deux racines, donc les valeurs convenables dek vérifient :
−16k623 13<2 Il n’y a donc que trois valeurs possibles :
k= −1, soit le point (−3 ;−4 ; 25) ; k=0, soit le point (−1 ;−1 ; 2) ; k=1, soit le point (1 ; 2 ; 5).
EXERCICE3 5 points
Commun à tous les candidats Partie A :
1. a. On a|p|2= µ
−1 2
¶2
+ Ãp
3 2
!2
=1 4+3
4=1=OP2, donc|p| =OP=1.
Commeq=p, OQ = OP = 1.
Les points P et Q appartiennent au cercleΓde centre O et de rayon 1.
b. Voir à la fin. Les points P et Q ont tous les deux une partie réelle égale à−1
2 : ils appartiennent donc à la droite d’équationx= −1
2 et au cercleΓ. Voir à la fin de l’exercice.
2. a. Soit le point K d’affixe−1. On a :
|z| = |z+1| ⇐⇒ |z−0| = |z−(−1)| ⇐⇒ OM=KM, donc les pointsMsont équidistants de O et de K.
L’ensembleDdes pointsMd’affixeztels que|z| = |z+1|est donc la médiatrice du segment [OK].
b. Γ. On sait déjà que OP = 1 ; calculons KP2= µ
−1 2−(−1)
¶2
+ Ãp
3 2
!2
= µ1
2
¶2
+ Ãp
3 2
!2
=1, donc KP = 1 et P∈D.
De même OQ = 1 et KQ2= µ
−1 2−(−1)
¶2
+ Ã
− p3
2
!2
= µ1
2
¶2
+ Ã
− p3
2
!2
=1 4+3
4=1, donc KQ = 1 et Q∈D.
Conclusion : les points P et Q sont les deux points communs au cercleΓet à la médiatriceD.
Partie B :
1. a. O est le centre du cercle circonscrit du triangle ABC, donc OA = OB = OC ou encore|a| = |b| = |c|.
On a
¯
¯
¯
¯ b a
¯
¯
¯
¯=|b|
|a|=1 ; même démonstration pour
¯
¯
¯
¯ b a
¯
¯
¯
¯=1.
b. O est le centre de gravité du triangle ABC ou encore l’isobarycentre des trois points A, B, C ce qui signifie quea+b+c=0.
c. De la question précédente on déduit :c= −(a+b) d’où pour les modules
|c| = | −(a+b)| = |a+b|.
On a donc¯
¯
¯ c a
¯
¯
¯=| −(a+b)|
|a| =|(a+b)|
|a| =
¯
¯
¯
¯ a+b
a
¯
¯
¯
¯=
¯
¯
¯
¯1+b a
¯
¯
¯
¯. Finalement
¯
¯
¯
¯ b a
¯
¯
¯
¯=
¯
¯
¯
¯ b a+1
¯
¯
¯
¯=1.
d. On a vu dans la partie A que les seuls complexesztels que|z| = |z+1|étaient les complexespet q. Donc on ab
a=poub a=q.
2. a. q−1
p−1=−12−i
p3 2 −1
−12+i
p3
2 −1=−32−i
p3 2
−32+i
p3 2
=−3−ip 3
−3+ip 3=
¡−3−ip 3¢ ¡
−3−ip 3¢
¡−3+ip 3¢ ¡
−3+ip
3¢=9−3+6ip 3
9+3 =6+6ip 3
12 =
1 2+i
p3 2 =cosπ
3+i sinπ 3=eiπ3. b. q−1
p−1=
c a−1
b a−1=
c−a a b−a
a
=c−a b−a.
c. Les deux résultats précédents montrent : - en termes de modules que
¯
¯
¯ c−a b−a
¯
¯
¯=
¯
¯
¯
¯ q−1 p−1
¯
¯
¯
¯=
¯
¯¯eiπ3
¯
¯
¯=1.
On a donc
¯
¯
¯ c−a b−a
¯
¯
¯=1⇐⇒ |c−a|
|b−a|=1 ⇐⇒ |c−a| = |b−a| ⇐⇒AC=AB, donc le triangle ABC est isocèle en A.
- en termes d’arguments que arg³c−a b−a
´
=arg µq−1
p−1
¶
=arg³ eiπ3´
= π 3. On a donc³−−→
AB ,−−→
AC´
=π 3.
L’angle au sommet du triangle ABC mesureπ
3, donc les deux autres angles aussi : le triangle ABC est donc équilatéral.
−1
−2 1 2
1 2
−1
−2 −→
u
−
→v
b bb
K
O P
Q
EXERCICE4 5 points Commun à tous les candidats
Partie A : 1.
Gn
pn
Gn+1 2
5
Gn+1 3
5
Gn
1−pn
Gn+1 1
5
Gn+1 4
5
2. D’après la loi des probabilités totales : pn+1=p(Gn+1)=p(Gn∩Gn+1)+p³
Gn∩Gn+1
´
=2 5pn+1
5
¡1−pn¢
=1 5pn+1
5. 3. a. Pour toutnentier naturel non nul,un+1=pn+1−1
4=(d’après la question précédente) 1
5pn+1 5−1
4=1 5pn− 1
20=1 5 µ
pn−1 4
¶
=1 5un. L’égalitéun+1= 1
5un montre que la suite (un)n∈Nest une suite géométrique de raison 1 5 et de premier termeu1=p1−1
4=1−1 4=3
4.
b. On sait que pour tout naturel supérieur ou égal à 1 :un=u1× µ1
5
¶n−1
= un=3
4× µ1
5
¶n−1
. Commeun=pn−1
4 ⇐⇒ pn=un+1
4, on a finalement : pn=3
4× µ1
5
¶n−1
+1 4. c. Comme
¯
¯
¯
¯ 1 5
¯
¯
¯
¯<1, lim
n→+∞
µ1 5
¶n−1
=0 et lim
n→+∞
3 4×
µ1 5
¶n−1
=0. Il en résulte que lim
n→+∞pn=1 4.
Au bout d’un très grand nombre de parties, la probabilité de gagner sera proche d’une chance sur quatre.
Partie B :
1. a. Les épreuves étant identiques et indépendantes, la loi de probabilité suivie par la variable aléa- toire X est une loi binomiale avecn=10 etp=1
4. b. On ap(X>1)=1−p(X=0)=1−
Ã10 0
!
× µ1
4
¶0µ 3 4
¶10
=1−310
410 ≈0, 943≈0, 94, à 10−2près.
c. On a E(X)=n×p=10×1 4=2, 5.
2. a. Le joueur doit payer 30(pour les 10 parties et récupérera en moyenne 2, 5×8=20(. (espérance de gagner 2,5 parties sur 10).
En moyenne les 10 parties coûteront 30−20=10(, soit 1(par partie. Le jeu est donc désavan- tageux.
b. Pour réaliser un bénéfice supérieur à 40(, vu la mise de 30(, il faut gagner plus de 70(. Comme 8×8=64, il faut donc gagner 9 parties au moins sur 10 (9×8=72).
On ap(X=9)+p(X=10)= Ã10
9
!µ 1 4
¶9µ 3 4
¶ +
Ã10 10
!µ 1 4
¶10µ 3 4
¶0
=10× 3 410+ 1
410 = 31
410 ≈0,00002956≈0,00003.
